Question

12．已知函数f（x）=（lnx）ln（1-x）．
（Ⅰ）求函数f（x）的单调区间；
（Ⅱ）求证：①lnx＞$\frac{x-1}{{\sqrt{x}}}$；
②曲线y=f（x）上的所有点都落在圆$C：{（x-\frac{1}{2}）^2}+{y^2}=\frac{1}{4}$内．

Answer 1

分析 （Ⅰ）求出f（x）的导数，根据函数的单调性求出函数的单调区间即可；
（Ⅱ）①构造函数φ（x），根据函数的单调性证明即可；
②结合①求出0＜lnx•ln（1-x）＜$\sqrt{x（1-x）}$，结合不等式的性质判断即可．

解答 解：（Ⅰ）函数的定义域为（0，1），由于f（1-x）=f（x），
故只需要考虑$x∈（0，\frac{1}{2}）$的单调性  （1分）
$f'（x）=\frac{ln（1-x）}{x}-\frac{lnx}{1-x}=\frac{1}{1-x}[{\frac{1-x}{x}ln（1-x）-lnx}]$（2分）
令$g（x）=\frac{1-x}{x}ln（1-x）-lnx$则$g'（x）=-\frac{ln（1-x）+2x}{x^2}$（3分）
再令h（x）=ln（1-x）+2x则$h'（x）=2-\frac{1}{1-x}=\frac{1-2x}{1-x}$（4分）
当$x∈（0，\frac{1}{2}）$时，h'（x）＞0，则h（x）单调递增，又h（0）=0，∴h（x）＞h（0）=0
则g'（x）＜0∴g（x）单调递减∴$g（x）＞g（\frac{1}{2}）=0$∴f'（x）＞0
∴f（x）的单调递增区间为$（0，\frac{1}{2}）$，单调递减区间为$（\frac{1}{2}，1）$（6分）
（Ⅱ）①令$φ（x）=lnx-\frac{x-1}{{\sqrt{x}}}=lnx-\sqrt{x}+\frac{1}{{\sqrt{x}}}（0＜x＜1）$，
$φ'（x）=\frac{1}{x}-\frac{1}{{2\sqrt{x}}}-\frac{1}{{2x\sqrt{x}}}=\frac{{-{{（\sqrt{x}-1）}^2}}}{{2x\sqrt{x}}}＜0$
则φ（x）在（0，1）单调递减，
∴φ（x）＞φ（1）=0即$lnx＞\frac{x-1}{{\sqrt{x}}}$（9分）
②由①得$-lnx＜\frac{1-x}{{\sqrt{x}}}⇒-ln（1-x）＜\frac{x}{{\sqrt{1-x}}}$
∴$0＜（lnx）ln（1-x）＜\sqrt{x（1-x）}$
∴${（x-\frac{1}{2}）^2}+{y^2}={（x-\frac{1}{2}）^2}+{[{（lnx）ln（1-x）}]^2}＜{（x-\frac{1}{2}）^2}+x（1-x）=\frac{1}{4}$，
故曲线y=f（x）上的所有点都落在圆$C：{（x-\frac{1}{2}）^2}+{y^2}=\frac{1}{4}$内．                （12分）

点评 本题考查了函数的单调性、极值问题，考查导数的应用以及转化思想，不等式的性质，是一道中档题．